\documentclass[handout]{slide}



\renewcommand{\mytitle}{第九章\quad 多元函数微分法及其应用 }
\renewcommand{\mysubtitle}{第九节 二元函数的泰勒公式}
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\begin{document}




\section{二元函数的泰勒公式}
\begin{frame}
在上册第三章， 我们已经知道： 若函数 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内具有直到 $(n+1)$ 阶导数，则对该邻域内的任一 $x$, 有 $n$ 阶泰勒公式
\[
  \begin{aligned}
  f(x)= & f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)+\frac{f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)}{2 !}\left(x-x_{0}\right)^{2}+\cdots+\frac{f^{(n)}\left(x_{0}\right)}{n !}\left(x-x_{0}\right)^{n}+ \\
& \frac{f^{(n+1)}\left(x_{0}+\theta\left(x-x_{0}\right)\right)}{(n+1) !}\left(x-x_{0}\right)^{n+1} \quad(0<\theta<1)
\end{aligned}
\]
成立。 利用一元函数的泰勒公式，我们可用 $n$ 次多项式来近似表达函数 $f(x)$, 且误差是当 $x \rightarrow x_{0}$ 时比 $\left(x-x_{0}\right)^{n}$ 高阶的无穷小。 对于多元函数来说， 无论是为了理论的或实际计算的需要，也都有必要考虑用多个变量的多项式来近似表达一个给定的多元函数，并能具体地估算出误差的大小来。 今以二元函数为例， 设 $z=f(x, y)$ 在点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的某一邻域内连续且有 $(n+1)$ 阶连续偏导数， $\left(x_{0}+h, y_{0}+k\right)$ 为此邻域内任一点， 我们的问题就是要把函数 $f\left(x_{0}+h, y_{0}+k\right)$ 近似地表达为 $h=x-x_{0}, k=y-y_{0}$ 的 $n$ 次多项式， 而由此所产生的误差是当 $\rho=\sqrt{h^{2}+k^{2}} \rightarrow 0$ 时比 $\rho^{n}$ 高阶的无穷小。 为了解决这个问题， 就要把一元函数的泰勒中值定理推广到多元函数的情形。
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{theorem*}
  设 $z=f(x, y)$ 在点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的某一邻域内连续且有 $(n+1)$ 阶连续偏导数，
$\left(x_{0}+h, y_{0}+k\right)$ 为此邻域内任一点， 则有
\[
  \begin{aligned}
    f\left(x_{0}+h, y_{0}+k\right)= & f\left(x_{0}, y_{0}\right)+\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right) f\left(x_{0}, y_{0}\right)+ \\
  & \frac{1}{2 !}\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{2} f\left(x_{0}, y_{0}\right)+\cdots+\frac{1}{n !}\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{n} f\left(x_{0}, y_{0}\right)+ \\
& \frac{1}{(n+1) !}\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{n+1} f\left(x_{0}+\theta h, y_{0}+\theta k\right) \quad(0<\theta<1) .
\end{aligned}
\]
其中记号
\[
  \begin{aligned}
    & \left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right) f\left(x_{0}, y_{0}\right) \text { 表示 } h f_{x}\left(x_{0}, y_{0}\right)+k f_{y}\left(x_{0}, y_{0}\right), \\
  & \left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{2} f\left(x_{0}, y_{0}\right) \text { 表示 } h^{2} f_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right)+2 h k f_{x y}\left(x_{0}, y_{0}\right)+k^{2} f_{y y}\left(x_{0}, y_{0}\right),
\end{aligned}
\]
一般地， 记号
\[
  \left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{m} f\left(x_{0}, y_{0}\right) \text { 表示 }\left.\sum_{p=0}^{m} \mathrm{C}_{m}^{p} h^{p} k^{m-p} \frac{\partial^{m} f}{\partial x^{p} \partial y^{m-p}}\right|_{\left(x_{0}, y_{0}\right)} .
\]
\end{theorem*}
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{proof}
  为了利用一元函数的泰勒公式来进行证明， 我们引人函数
  \[
  \Phi(t)=f\left(x_{0}+h t, y_{0}+k t\right) \quad(0 \leqslant t \leqslant 1) .
\]
显然 $\Phi(0)=f\left(x_{0}, y_{0}\right), \Phi(1)=f\left(x_{0}+h, y_{0}+k\right)$. 由 $\Phi(t)$ 的定义及多元复合函数的求导法则，可得
\[
  \begin{aligned}
    & \Phi^{\prime}(t)=h f_{x}\left(x_{0}+h t, y_{0}+k t\right)+k f_{y}\left(x_{0}+h t, y_{0}+k t\right)=\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right) f\left(x_{0}+h t, y_{0}+k t\right), \\
  & \Phi^{\prime \prime}(t)=h^{2} f_{x x}\left(x_{0}+h t, y_{0}+k t\right)+2 h k f_{x y}\left(x_{0}+h t, y_{0}+k t\right)+k^{2} f_{y y}\left(x_{0}+h t, y_{0}+k t\right) \\
& \quad=\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{2} f\left(x_{0}+h t, y_{0}+k t\right), \\
& \cdots \\
& \Phi^{(n+1)}(t)=\left.\sum_{p=0}^{n+1} \mathrm{C}_{n+1}^{p} h^{p} k^{n+1-p} \frac{\partial^{n+1} f}{\partial x^{p} \partial y^{n+1-p}}\right|_{\left(x_{0}+h t, y_{0}+k t\right)}=\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{n+1} f\left(x_{0}+h t, y_{0}+k t\right) .
\end{aligned}
\]
\end{proof}
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{proof}
  利用一元函数的麦克劳林公式， 得
  \[
  \Phi(1)=\Phi(0)+\Phi^{\prime}(0)+\frac{1}{2 !} \Phi^{\prime \prime}(0)+\cdots+\frac{1}{n !} \Phi^{(n)}(0)+\frac{1}{(n+1) !} \Phi^{(n+1)}(\theta), \quad(0<\theta<1)
\]
将 $\Phi(0)=f\left(x_{0}, y_{0}\right), \Phi(1)=f\left(x_{0}+h, y_{0}+k\right)$ 及上面求得的 $\Phi(t)$ 直到 $n$ 阶导数在 $t=0$ 的值， 以及 $\Phi^{(n+1)}(t)$ 在 $t=\theta$ 的值代人上式， 即得
\[\tag{9-1}
  \begin{aligned}
      f\left(x_{0}+h, y_{0}+k\right)&= f\left(x_{0}, y_{0}\right)+\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right) f\left(x_{0}, y_{0}\right)+\frac{1}{2 !}\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{2} f\left(x_{0}, y_{0}\right)+\cdots+\\
        &\phantom{=} \frac{1}{n !}\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{n} f\left(x_{0}, y_{0}\right)+R_{n}
    \end{aligned}
\]
其中
\[\tag{9-2}
R_{n}=\frac{1}{(n+1) !}\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{n+1} f\left(x_{0}+\theta h, y_{0}+\theta k\right) \quad(0<\theta<1)
\]
定理证毕。
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
公式 (9-1) 称为二元函数 $f(x, y)$ 在点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的 \emph{$n$ 阶泰勒公式}， 而 $R_{n}$ 的表达式 $(9-2)$ 称为\emph{拉格朗日余项}。

由二元函数的泰勒公式可知， 以 (9-1) 式右端 $h$ 及 $k$ 的 $n$ 次多项式近似表达函数 $f\left(x_{0}+h, y_{0}+k\right)$ 时， 其误差为 $\left|R_{n}\right|$. 由假设， 函数的各 $(n+1)$ 阶偏导数都连续， 故它们的绝对值在点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的某一邻域内都不超过某一正常数 $M$. 于是，有下面的误差估计式：
\[\tag{9-3}
  \begin{aligned}
  \left|R_{n}\right| & \leqslant \frac{M}{(n+1) !}(|h|+|k|)^{n+1}=\frac{M}{(n+1) !} \rho^{n+1}\left(\frac{|h|}{\rho}+\frac{|k|}{\rho}\right)^{n+1} \\
& \leqslant \frac{M}{(n+1) !}(\sqrt{2})^{n+1} \rho^{n+1}
\end{aligned}
\]
其中%
\footnote{令 $\frac{|h|}{\rho}=\cos \alpha, \frac{|k|}{\rho}=\sin \alpha$, 则 $\cos \alpha+\sin \alpha=\sqrt{2} \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right) \leqslant \sqrt{2}$.}
$\rho=\sqrt{h^{2}+k^{2}}$.

由 (9-3) 式可知， 误差 $\left|R_{n}\right|$ 是当 $\rho \rightarrow 0$ 时比 $\rho^{n}$ 高阶的无穷小。


当 $n=0$ 时， 公式 (9-1) 成为
\[
\begin{aligned}
f\left(x_{0}+h, y_{0}+k\right) 
= f\left(x_{0}, y_{0}\right)+h f_{x}\left(x_{0}+\theta h, y_{0}+\theta k\right)+k f_{y}\left(x_{0}+\theta h, y_{0}+\theta k\right) .
\end{aligned}
\]
公式 (9-4) 称为\emph{二元函数的拉格朗日中值公式}。 由 (9-4) 式即可推得下述结论：
\begin{corollary}
如果函数 $f(x, y)$ 的偏导数 $f_{x}(x, y), f_{y}(x, y)$ 在某一区域内都恒等于零， 那么函数 $f(x, y)$ 在该区域内为一常数。
\end{corollary}
\end{frame}
\begin{frame}
\begin{example}
求函数 $f(x, y)=\ln (1+x+y)$ 在点 $(0,0)$ 的三阶泰勒公式。
\end{example}

\begin{solution}
因为
\[
  \begin{gathered}
  f_{x}(x, y)=f_{y}(x, y)=\frac{1}{1+x+y}, \\
f_{x x}(x, y)=f_{x y}(x, y)=f_{y y}(x, y)=-\frac{1}{(1+x+y)^{2}}, \\
\frac{\partial^{3} f}{\partial x^{p} \partial y^{3-p}}=\frac{2 !}{(1+x+y)^{3}} \quad(p=0,1,2,3),
\frac{\partial^{4} f}{\partial x^{p} \partial y^{4-p}}=-\frac{3 !}{(1+x+y)^{4}} \quad(p=0,1,2,3,4),
\end{gathered}
\]
\end{solution}
\end{frame}


\begin{frame}
\begin{solution}[续]
所以
\[
  \begin{aligned}
      \left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right) f(0,0)&= h f_{x}(0,0)+k f_{y}(0,0)=h+k,\\
        \left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{2} f(0,0)&= h^{2} f_{x x}(0,0)+2 h k f_{x y}(0,0)+k^{2} f_{y y}(0,0)=-(h+k)^{2}, \\
          \left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{3} f(0,0)&= h^{3} f_{x x x}(0,0)+3 h^{2} k f_{x x y}(0,0)+3 h k^{2} f_{x y y}(0,0)+k^{3} f_{y y y}(0,0)=2(h+k)^{3}.
            \end{aligned}
            \]
          又 $f(0,0)=0$, 并将 $h=x, k=y$ 代人， 由三阶泰勒公式便得
          \[
          \ln (1+x+y)=x+y-\frac{1}{2}(x+y)^{2}+\frac{1}{3}(x+y)^{3}+R_{3},
      \]
    其中
    \[
    R_{3}=\frac{1}{4 !}\left[\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{4} f(\theta h, \theta k)\right]_{h=x, k=y}=-\frac{1}{4} \cdot \frac{(x+y)^{4}}{(1+\theta x+\theta y)^{4}} \quad(0<\theta<1) .
\]
\end{solution}
\end{frame}

\section{极值充分条件的证明}

\begin{frame}
下面来证明第八节中的定理 2.

设函数 $z=f(x, y)$ 在点 $P_{0}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的某邻域 $U_{1}\left(P_{0}\right)$ 内连续且有一阶及二阶连续偏导数， 又 $f_{x}\left(x_{0}, y_{0}\right)=0, f_{y}\left(x_{0}, y_{0}\right)=0$.

依二元函数的泰勒公式， 对于任一 $\left(x_{0}+h, y_{0}+k\right) \in U_{1}\left(P_{0}\right)$ 有
\[\tag{9-5}
  \begin{aligned}
  \Delta f & =f\left(x_{0}+h, y_{0}+k\right)-f\left(x_{0}, y_{0}\right) \\
& =\frac{1}{2}\left[h^{2} f_{x x}\left(x_{0}+\theta h, y_{0}+\theta k\right)+2 h k f_{x y}\left(x_{0}+\theta h, y_{0}+\theta k\right)+k^{2} f_{y y}\left(x_{0}+\theta h, y_{0}+\theta k\right)\right] \quad(0<\theta<1) .
\end{aligned}
\]
\end{frame}

\begin{frame}{情形一：$AC-B^2>0$}

设 $A C-B^{2}>0$, 即
\[
f_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right) f_{y y}\left(x_{0}, y_{0}\right)-\left[f_{x y}\left(x_{0}, y_{0}\right)\right]^{2}>0 .
\]

因 $f(x, y)$ 的二阶偏导数在 $U_{1}\left(P_{0}\right)$ 内连续， 由不等式 (9-6) 可知， 存在点 $P_{0}$ 的邻域 $U_{2}\left(P_{0}\right) \subset U_{1}\left(P_{0}\right)$, 使得对任一 $\left(x_{0}+h, y_{0}+k\right) \in U_{2}\left(P_{0}\right)$ 有
\[
f_{x x}\left(x_{0}+\theta h, y_{0}+\theta k\right) f_{y y}\left(x_{0}+\theta h, y_{0}+\theta k\right)-\left[f_{x y}\left(x_{0}+\theta h, y_{0}+\theta k\right)\right]^{2}>0 .
\]
为书写简便起见， 把 $f_{x x}(x, y), f_{x y}(x, y), f_{y y}(x, y)$ 在点 $\left(x_{0}+\theta h, y_{0}+\theta k\right)$ 处的值依次记为 $f_{x x}, f_{x y}, f_{y y}$. 由 (9-7) 式可知， 当 $\left(x_{0}+h, y_{0}+k\right) \in U_{2}\left(P_{0}\right)$ 时， $f_{x x}$ 及 $f_{y y}$ 都不等于零且两者同号。于是 (9-5) 式可写成
\[
\Delta f=\frac{1}{2 f_{x x}}\left[\left(h f_{x x}+k f_{x y}\right)^{2}+k^{2}\left(f_{x x} f_{y y}-f_{x y}^{2}\right)\right] .
\]
当 $h, k$ 不同时为零且 $\left(x_{0}+h, y_{0}+k\right) \in U_{2}\left(P_{0}\right)$ 时， 上式右端方括号内的值为正， 所以 $\Delta f$异于零且与 $f_{x x}$ 同号。 又由 $f(x, y)$ 的二阶偏导数的连续性知 $f_{x x}$ 与 $A$ 同号， 因此 $\Delta f$ 与 $A$同号。 所以， 当 $A>0$ 时 $f\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 为极小值， 当 $A<0$ 时 $f\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 为极大值。
\end{frame}

\begin{frame}{情形二：$A C-B^{2}<0$}

设 $A C-B^{2}<0$, 即
\[\tag{9-8}
f_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right) f_{y y}\left(x_{0}, y_{0}\right)-\left[f_{x y}\left(x_{0}, y_{0}\right)\right]^{2}<0 .
\]

先假定 $f_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right)=f_{y y}\left(x_{0}, y_{0}\right)=0$, 于是由 (9-8) 式可知这时 $f_{x y}\left(x_{0}, y_{0}\right) \neq 0$. 现在分别令 $k=h$ 及 $k=-h$, 则由 (9-5) 式分别得
\[
\Delta f=\frac{h^{2}}{2}\left[f_{x x}\left(x_{0}+\theta_{1} h, y_{0}+\theta_{1} h\right)+2 f_{x y}\left(x_{0}+\theta_{1} h, y_{0}+\theta_{1} h\right)+f_{y y}\left(x_{0}+\theta_{1} h, y_{0}+\theta_{1} h\right)\right]
\]
及
\[
\Delta f=\frac{h^{2}}{2}\left[f_{x x}\left(x_{0}+\theta_{2} h, y_{0}-\theta_{2} h\right)-2 f_{x y}\left(x_{0}+\theta_{2} h, y_{0}-\theta_{2} h\right)+f_{y y}\left(x_{0}+\theta_{2} h, y_{0}-\theta_{2} h\right)\right],
\]
其中 $0<\theta_{1}, \theta_{2}<1$. 当 $h \rightarrow 0$ 时， 以上两式中右端方括号内的式子分别趋于极限
\[
2 f_{x y}\left(x_{0}, y_{0}\right) \text { 及 }-2 f_{x y}\left(x_{0}, y_{0}\right) \text {, }
\]
从而当 $h$ 充分接近零时， 两式中方括号内的值有相反的符号， 因此 $\Delta f$ 可取不同符号的值， 所以 $f\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 不是极值。
\end{frame}

\begin{frame}
再证 $f_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 和 $f_{y y}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 不同时为零的情形。 不妨假定 $f_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right) \neq 0$. 先取 $k=$ 0 ,于是由 $(9-5)$ 式得
\[
\Delta f=\frac{1}{2} h^{2} f_{x x}\left(x_{0}+\theta h, y_{0}\right) \text {. }
\]
由此看出，当 $h$ 充分接近零时， $\Delta f$ 与 $f_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 同号。

但如果取
\[
h=-f_{x y}\left(x_{0}, y_{0}\right) s, \quad k=f_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right) s,
\]
其中 $s$ 是异于零但充分接近零的数， 则可发现， 当 $|s|$ 充分小时， $\Delta f$ 与 $f_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 异号。事实上，在 (9-5) 式中将 $h$ 及 $k$ 用 (9-9) 式给定的值代人，得
\[
  \begin{aligned}
  \Delta f= & \frac{1}{2} s^{2}\left\{\left[f_{x y}\left(x_{0}, y_{0}\right)\right]^{2} f_{x x}\left(x_{0}+\theta h, y_{0}+\theta k\right)-2 f_{x y}\left(x_{0}, y_{0}\right) f_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right) f_{x y}\left(x_{0}+\theta h, y_{0}+\theta k\right)+\right. \\
& {\left.\left[f_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right)\right]^{2} f_{y y}\left(x_{0}+\theta h, y_{0}+\theta k\right)\right\} . }
\end{aligned}
\]
上式右端花括号内的式子当 $s \rightarrow 0$ 时趋于极限
\[
f_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right)\left\{f_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right) f_{y y}\left(x_{0}, y_{0}\right)-\left[f_{x y}\left(x_{0}, y_{0}\right)\right]^{2}\right\} .
\]
由不等式 (9-8), 上式花括号内的值为负， 因此当 $s$ 充分接近零时， (9-10) 式右端 (从而 $\Delta f)$ 与 $f_{x x}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 异号。

以上已经证得： 在点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的任意邻近， $\Delta f$ 可取不同符号的值， 因此 $f\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 不是极值。
\end{frame}

\begin{frame}{情形三：$AC-B^2=0$}
考察函数
\[
f(x, y)=x^{2}+y^{4}\quad \text { 及 } \quad g(x, y)=x^{2}+y^{3} \text {. }
\]
容易验证， 这两个函数都以 $(0,0)$ 为驻点， 且在点 $(0,0)$ 处都满足 $A C-B^{2}=0$. 但 $f(x, y)$在点 $(0,0)$ 处有极小值， 而 $g(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处却没有极值。
\end{frame}
\end{document}
